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专题03 平行四边形
【10个考点知识梳理+题型解题方法+专题训练】
考点一：平行四边形的性质
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
平行四边形的性质：
如图，四边形ABCD是平行四边形，则：
①对边平行且相等．即
②对角相等．邻角互补．
，...
③对角线相互平分．
④平行四边形的对称性：是一个中心对称图形．
⑤平行四边形的面积计算：底×高
【考试题型1】对性质的理解熟悉
【解题方法】根据性质判定即可．
例题讲解：
（2022春 涧西区期中）
1．已知的对角线相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【考试题型2】利用性质进行相关计算
【解题方法】根据已知条件结合性质挖掘结论之后的结论，从而解决题目．
①对角线把平行四边形分成了四个面积相等的三角形，其中对边所在的三角形全等．
②平行四边形中角平分线结合对边平行构成等腰三角形．
③任意一条过对角线交点的直线把平行四边形分成全等的两部分，且对角线交点到直线与一组对边的交点的距离相等．
例题讲解：
（2022春 永善县期中）
2．若平行四边形中两个内角的度数比为，则其中较大的内角是（ ）
A． B． C． D．
（2022春 唐山期中）
3．如图，在 ABCD中，AE平分∠BAD，交CD边平E，AD＝3，AB＝5，则EC的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．5
（2022春 长葛市期中）
4．如图，EF过平行四边形ABCD的对角线的交点O，交AD于E，交BC于F，若AB=4，BC=5，OE=2.5，那么四边形EFCD的周长是（ ）
A．9 B．10.5 C．12 D．14
（2022春 铁锋区期中）
5．如图，中， ， ， ，P是对角线AC上任一点（点P不与点A、C重合），且交AB于E，且交AD于F，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B． C．10 D．
【考试题型3】利用平行四边形的性质进行坐标相关的计算．
【解题方法】利用对角线相互平分，中点坐标公式可得对角顶点的横坐标之和相等，纵坐标之和也相等．
例题讲解：
（2022春 黔东南州期中）
6．如图，的顶点，，的坐标分别是，，，则顶点的坐标为（　　）
A． B． C． D．
考点二：三角形的中位线定理
三角形的中位线定义：连接三角形任意两边中点得到的线段叫做三角形的中位线．
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行且等于第三边的一半．
数学语言：∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC
反之，若点D是中点，且DE∥BC，则点E是AC的中点．
【考试题型1】利用中位线定理求值
【解题方法】求中位线的长度可先求出第三边的长度，再根据中位线定理求中位线的长度．若求角度问题则利用中位线与第三边平行，利用平行线的性质求解．
例题讲解：
（2022春 隆阳区期中）
7．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，若OE＝10，则AB的长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
（2022春 港北区期中）
8．如图，在平行四边形ABCD中，，，点H、G分别是边DC、BC上的动点，其中点H不与点C重合，连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最小值为 ．
（2022春 吴中区校级期中）
9．如图，在四边形中，，E、F、G分别是的中点，若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
考点三：平行四边形的判定
平行的判定方法：
①利用一组对边判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥CD且AB=CD（AD∥BC且AD=BC）
∴四边形ABCD是平行四边形
②利用两组对边判定：两组对边分别平行（相等）的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥CD，AD∥BC（AB=CD，AD=BC）
∴四边形ABCD是平行四边形
③利用对角线判定：对角线相互平分的四边形是平行四边形．
符号语言：∵OA=OC，OB=OD
∴四边形ABCD是平行四边形
④两组对角相等的四边形是平行四边形．（不常考）
基本辅助线：
①连接对角线或平移对角线．
②过顶点作对边的垂线构成直角三角形．
③连接对角线交点与一边中点，或过对角线交点作一边的平行线，构成线段平行或中位线．
④过顶点作对角线的垂线，构成线段平行或三角形全等．
【考试题型1】平行四边形判定条件的熟悉
【解题方法】根据平行四边形的判定方法判断即可．
例题讲解：
（2022春 魏都区校级期中）
10．如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．OA＝OC，OB＝OD B．AB＝CD，AO＝CO
C．AB＝CD，AD＝BC D．∠BAD＝∠BCD，AB∥CD
【考试题型2】平面直角坐标系中点的坐标构造平行四边形
【解题方法】根据对角线相互平分，利用中点坐标公式即可判断．
例题讲解：
（2022春 越秀区期中）
11．在平面直角坐标系xOy中，已知A(1，﹣1)，B(4，2)，C(0，3)，下列坐标不能与A、B、C构成平行四边形的是（　　）
A．(﹣3，0) B．(5，﹣2) C．(3，6) D．(﹣3，﹣2)
【考试题型3】平行四边形判定证明
【解题方法】根据已知条件找到判定方法进行判断．若条件与边有关，则多用边的判定方法，若条件与对角线有关，则多用对角线的判定方法．
例题讲解：
（2022春 澄城县期中）
12．如图，已知平行四边形ABCD中，点E为BC边的中点，连DE并延长DE交AB延长线于点F，求证：四边形DBFC是平行四边形．
（2022春 海淀区校级期中）
13．如图，点O是△ABC内一点，连接OB，OC，并将AB，OB，OC，AC的中点D，E，F，G依次连接，得到四边形DEFG．求证：四边形DEFG是平行四边形；
考点四：矩形的定义与性质
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
矩形的性质：如图，ABCD是矩形，则
①具有平行四边形的一切性质．
②邻边垂直．
...
③四个角都是90°．
④对角线相等．
拓展：①一条对角线把矩形分成两个全等的直角三角形．
②由对角线平分且相等可知，所以对角线把矩形分成了四个等腰三角形．其中对边所在的两个等腰三角形全等．
⑤对称性：矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形．
【考试题型1】矩形性质的熟悉
【解题方法】根据矩形的性质判定即可．
例题讲解：
（2022春 大同期中）
14．矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（　　）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
【考试题型2】利用矩形性质求值
【解题方法】根据题目已知条件、结合矩形的性质进行求解．
例题讲解：
（2022春 海淀区校级期中）
15．如图，矩形中，对角线，交于O点．若，，则的长为（ ）．
A．4 B． C．3 D．5
（2022秋 信宜市校级期中）
16．如图，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足分别为E、F．则 ．
（2022秋 修水县期中）
17．如图，在矩形ABCO中，点B坐标为，AC与y轴相交于点D，若轴，则（ ）
A．1.5 B．2.5 C．3.5 D．2
考点五：直角三角形斜边上的中线
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（由矩形的对角线相等且平分可证）
【考试题型1】利用直角三角形斜边上的中线求值
【解题方法】若题目中出现垂直，出现中点则考虑观察是否能构成斜边的中线，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解题．
例题讲解：
（2022春 沙坪坝区校级期中）
18．如图，在矩形ABCD中，连接AC，过点D作DE⊥AC于点E，点M、N分别是AD、DC的中点，连接MN、EM、EN，若，，则△EMN的周长为 ．
考点六：矩形的判定
矩形的判定方法：
①有三个角（四个角）是直角的四边形是矩形．
符号语言：∵
∴四边形ABCD是矩形
②有一个角是直角的平行四边形是矩形．
符号语言：在平行四边形ABCD中
∵∠ABC=90°
∴平行四边形ABCD是矩形
③对角线相等的平行四边形是矩形．
符号语言：在平行四边形ABCD中
∵AG=BD
∴平行四边形ABCD是矩形
【考试题型1】矩形判定条件的熟悉
【解题方法】根据矩形的判定方法进行判断．
例题讲解：
（2022春 朝阳区校级期中）
19．如图所示，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定平行四边形ABCD为矩形的是（）
A．∠ABC＝90° B．AC＝BD C．AD=AB D．∠BAD＝∠ADC
【考试题型2】矩形的证明
【解题方法】通常情况先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的特殊性判定矩形的对角线相等或有一个角是90°进行证明．
例题讲解：
（2022春 相城区校级期中）
20．已知：如图，在 ABCD 中，对角线 AC、BD 相交于点 O，点 G、H 分别是 AD、BC 的中点， 点 E、O、F 分别是对角线 BD 上的四等分点，顺次连接 G、E、H、F．
(1)求证：四边形 GEHF 是平行四边形；
(2)当 AB与 BD满足条件_________时，四边形 GEHF 是矩形．
考点七：菱形的定义与性质
菱形的定义：邻边相等的平行四边形是菱形．
菱形的性质：如图，ABCD是菱形，则
①具有平行四边形的一切性质．
②邻边相等，所以四条边都相等．
③对角线相互垂直且平分每一组对角．
，AC平分∠BAD和∠BCD，BD平分∠ABC和∠ADC
拓展：菱形的对角线把菱形分成了四个全等的直角三角形．
④对称性：菱形既是中心对称图形，也是轴对称图形．
⑤面积计算：可以用底×高，也可用对角线乘积的一半计算面积．
【考试题型1】菱形性质的熟悉
【解题方法】根据菱形的性质判定即可．
例题讲解：
（2022秋 舞钢市期中）
21．下列说法不正确的是（ ）
A．菱形的四条边都相等 B．菱形的对角线相等
C．菱形的轴对称图形 D．菱形的对角线互相垂直
【考试题型2】利用菱形性质求值
【解题方法】根据题目已知条件、结合菱形的性质进行求解．
例题讲解：
（2022秋 沙坪坝区校级期中）
22．如图，菱形的对角线相交于点O，过点A作于点E，连接．若，菱形的面积为54，则的长为（　　）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
（2022秋 西峡县期中）
23．如图，菱形的边长为2，边在轴上，，对角线、相交于点，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
考点八：菱形的判定
菱形的判定方法：
①四条边都相等的四边形是菱形．
符号语言：∵AB=BC=CD=AD
∴四边形ABCD是菱形
②邻边相等的平行四边形是菱形．
符号语言：在平行四边形ABCD中
∵AB=AD
∴平行四边形ABCD是菱形
③对角线相互垂直的平行四边形是菱形．
符号语言：在平行四边形ABCD中
∵AC⊥BD
∴平行四边形ABCD是菱形
【考试题型1】菱形的判定条件的熟悉
【解题方法】根据菱形的判定方法进行判断．
例题讲解：
（2022春 大同期中）
24．如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列条件不能判定 ABCD是菱形的只有（　　）
A．AC⊥BD B．AB＝BC C．AC＝BD D．∠1＝∠2
【考试题型2】菱形的证明
【解题方法】根据已知条件先判断四边形是平行四边形，再根据菱形的特殊性判定其实菱形即可证明．
例题讲解：
（2022春 冷水滩区校级期中）
25．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，过点A作AF//BC，使得AF=BD，连接BD，交AD于点E．
(1)求证：△AEF≌△DEB；
(2)证明四边形ADCF是菱形．
考点九：正方形的性质
正方形的性质：
正方形既是平行四边形，又是矩形，还是菱形，所以正方形具有平行四边形，矩形以及菱形的全部性质．
【考试题型1】利用正方形的性质进行计算
【解题方法】结合题目已知条件以及正方形的性质进行求解．
例题讲解：
（2022秋 苍南县期中）
26．如图，边长为5的大正方形是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，连结并延长交于点M．若，则的长为（　　）
A． B． C．1 D．
（2022春 巴东县期中）
27．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（2，0），D（-1，2），且四边形ABCD为正方形，则点C的坐标为（ ）
A． B． C．（5，1） D．（1，5）
考点十：正方形的判定
正方形的判定方法：
①四条边都相等且四个角都是直角的四边形是正方形．
符号语言：∵AB=BC=CD=AD且∠ABC=∠BCD=∠CDA＝∠BAD=90°
∴四边形ABCD是正方形．
②利用平行四边形、矩形以及菱形判定：
先判定四边形是平行四边形，在判定它是矩形和菱形即可判定为正方形．
平行四边形＋邻边相等＋一个角是90°．
符号语言：在 ABCD中，
∵AB＝BC，且∠ABC=90°
∴ ABCD是正方形
平行四边形＋邻边相等＋对角线相等．
符号语言： ABCD中
∵AB＝BC且AC＝BD
∴ ABCD是正方形
平行四边形＋对角线垂直＋一个角是90°
符号语言： ABCD中
∵AC⊥BD且∠ABC＝90°
∴ ABCD是正方形
平行四边形＋对角线垂直＋对角线相等．
号语言： ABCD中
∵AC⊥BD且AC＝BD
∴ ABCD是正方形
可先证矩形再证菱形，也可先证菱形，再证矩形．
【考试题型1】正方形的判定条件的熟悉
【解题方法】根据正方形的判定方法进行判断即可．
例题讲解：
（2022春 庄浪县期中）
28．如图，下列三组条件中，能判定是正方形的有（ ）
①，；②，；③，；
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【考试题型2】正方形的证明
【解题方法】在证明四边形是平行四边形，再证明它有矩形和菱形的性质．
例题讲解：
（2022秋 中宁县期中）
29．已知：如图，是的角平分线，过点D分别作和的平行线，交于点E，交于点F．
(1)试判定四边形的形状，并证明你的结论；
(2)满足什么条件时，四边形是正方形．
【专题过关】
一．直角三角形斜边上的中线（共2小题）
（2022秋 锡山区期中）
30．如图，△ABC中，AB=AC=12，BC=8，AD平分∠BAC交BC于点D，点E为AC的中点，连接DE，则△CDE的周长是（ ）
A．20 B．12 C．16 D．13
（2022秋 苍南县期中）
31．如图，在中，，是边上的高线，过点作交于点E．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)连接交于点，若，求的长．
二．三角形中位线定理（共2小题）
（2022春 海淀区校级期中）
32．如图，CD是的中线，E，F分别是AC，DC的中点，，则BD的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
（2022秋 镇平县期中）
33．在中，，点N是边上一点，点M为边上的动点，点D、E分别为的中点，则的最小值是 ．
三．平行四边形的性质（共3小题）
（2022春 北京期中）
34．关于平行四边形的性质，下列描述错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线相等 B．平行四边形的对角相等
C．平行四边形的对角线互相平分 D．平行四边形的对边平行且相等
（2022春 衡阳期中）
35．如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，，，则顶点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
（2022春 唐河县期中）
36．在平行四边形ABCD中，，BE平分交AD于点E，CF平分交AD于点F，且，则AB的长为（ ）
A．3 B．5 C．2或3 D．3或5
四．平行四边形的判定（共3小题）
（2022春 鸡西期中）
37．四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB//DC，AD//BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB//DC，AD=BC
（2022春 通州区期中）
38．如图，四边形中，，交于点，交于点，交的延长线于点，．求证：四边形是平行四边形．
（2022春 沂南县期中）
39．如图，在四边形中，，与交于点E，点E是的中点，延长到点F，使．连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是平行四边形．
五．平行四边形的判定与性质（共2小题）
（2022春 灌南县期中）
40．如图，在ABCD中，延长BC到点E，使得，连接AE、DE．
(1)求证：四边形ACED是平行四边形；
(2)如果，，求四边形ACED的面积．
（2022春 琼海期中）
41．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线AC、BD交于点O，且AO＝OC．
(1)求证：
①△AOE≌△COF；
②四边形ABCD为平行四边形；
(2)过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE，若∠BAD＝100°，∠DBF＝32°，求∠ABE的度数．
六．菱形的性质（共3小题）
（2022秋 龙泉驿区期中）
42．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为（12，13），则点C的坐标是（ ）
A．（0， -8） B．（0， -5）
C．（-5，0） D．（0， -6）
（2022春 荔湾区校级期中）
43．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA=6，OH=4，则菱形ABCD的面积为（　　）
A．24 B．48 C．72 D．96
（2022春 桓台县期中）
44．如图，菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，，，E是OB的中点，P是CD的中点，连接PE，则线段PE的长为（ ）
A． B． C． D．
七．菱形的判定（共3小题）
（2022秋 市北区期中）
45．要检验一张四边形的纸片是否为菱形，下列方案中可行的是（ ）
A．度量四个内角是否相等
B．测量两条对角线是否相等
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合
（2022春 孝义市期中）
46．如图，已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，过点O作的垂线，分别交于点E，F，连接，求证：四边形是菱形．
（2022春 永善县期中）
47．如图，在等边三角形中，，射线，点从点出发沿射线以的速度运动；同时点从点出发沿射线以的速度运动．连接，设运动时间为（）．
(1)试求当为何值时，与互相平分；
(2)试求当为何值时，四边形是菱形．
八．菱形的判定与性质（共2小题）
（2022春 海淀区校级期中）
48．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
（2022春 连山区期中）
49．如图，在四边形ABCD中，ADBC，AB=BC，对角线AC，BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
九．矩形的性质（共3小题）
（2022春 香洲区校级期中）
50．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线相等 D．对角线互相平分
（2022春 乳山市期中）
51．如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC于点E、O，连接CE，则CE的长为（ ）．

A．3 B．3.5 C．2.5 D．2.8
（2022春 招远市期中）
52．如图，矩形中，对角线，相交于点，，，，交于点，交于点，延长交于点，连接．则下列结论：
①；
②四边形是菱形；
③；
④．
其中结论正确的序号是（　　）
A．①②③ B．①②③④ C．①④ D．②③④
十．矩形的判定（共3小题）
（2022秋 碑林区校级期中）
53．如图，在四边形中，对角线相交于点O，，添加下列条件，不能判定四边形是矩形的是（ ）
A． B． C． D．
（2022春 烟台期中）
54．如图，点E是平行四边形ABCD对角线AC上一点，点F在BE延长线上，且，EF与CD交于点G．
(1)求证：；
(2)连接DE、CF，若，G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
（2022春 涪陵区校级期中）
55．如图，已知平行四边形ABCD的两条对角线相交于点O，E是BO的中点，过B点作AC的平行线，交CE的延长线于点F，连接BF．
（1）求证：FB=AO；
（2）平行四边形ABCD满足什么条件时，四边形AFBO是矩形？说明理由．
十一．矩形的判定与性质（共2小题）
（2022春 赞皇县期中）
56．如图，在中，＝90°，点D在斜边AB上，E、F分别在直角边CA、BC上，且，．
(1)求证：四边形CEDF是矩形；
(2)连接EF，若C到AB的距离是5，求EF的最小值．
（2022春 郧阳区期中）
57．如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CEBD，DEAC，CE和DE交于点E
(1)求证：四边形ODEC是矩形；
(2)当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．
十二．正方形的性质（共2小题）
（2022秋 沙坪坝区校级期中）
58．如图所示，正方形ABCD中，，点E为BC中点，于点G，交CD边于点F，连接DG，则DG长为（ ）
A． B．4 C． D．
（2022春 永善县期中）
59．如图，在正方形中，是边上一动点（不与、重合），对角线、相交于点，过点分别作、的垂线，分别交、于点、，交、于点、，下列结论：
①；
②；
③；
④当是的中点时，．
其中正确的结论有（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
十三．正方形的判定与性质（共3小题）
（2022春 乳山市期中）
60．如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP=EC．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)连接AC，延长EC到点F，使CF=BE，连接PF交BC的延长线于点G，求∠BGP的度数．
（2022春 烟台期中）
61．如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，与相交点，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
（2022秋 晋江市期中）
62．波利亚说过：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量用两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立等量关系”，这就是“算两次”原理，也称富比尼原理．例如：计算如图中正方形的面积，可以是，也可把图中正方形看做是由个长方形和个小正方形组成的，则它的面积是，由此得到：．
(1)如图，正方形是由四个边长分别是、的长方形和中间一个小正方形组成的，用不同的方法对图中正方形的面积进行计算，可得等式______；（用含、的代数式表示）
(2)已知：两数、满足，，求的值；
(3)如图，正方形的边长是，它由四个直角边长分别是、的直角三角形和中间一个小正方形组成，对图中正方形的面积进行计算，可得等式______（用含、、的代数式表示，结果尽可能化简，不带括号）；
(4)在（3）的条件下，当，时，；当，时，，求、的值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据平行四边形的性质对角线互相平分，对边平行且相等，对角相等来求解．
【详解】解：如下图．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线，相交于点O，
∴，；，；，，故A项正确,其余项均不正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，理解平行四边形的性质是解答关键．
2．D
【分析】根据平行四边形中相邻的两个内角互补建立方程，解方程即可得．
【详解】解：平行四边形中两个内角的度数比为，
这两个内角一定是相邻的内角，
设其中较小的内角的度数为，则较大的内角的度数为，
由题意得：，
解得，
则较大的内角的度数为，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形中相邻的两个内角互补是解题关键．
3．B
【分析】先由平行四边形的性质得，CD=AB=5，再证DE=AD=3，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，CD=AB=5，
∴∠DEA=∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠EAB，
∴∠DAE=∠DEA，
∴DE=AD=3，
∴EC=CD－DE=5－3=2，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是灵活运用相关知识解决问题．
4．D
【分析】根据平行四边形的性质，得△AOE≌△COF．根据全等三角形的性质，得OF=OE，CF=AE．再根据平行四边形的对边相等，得CD=AB，AD=BC，故FC+ED=AE+ED=AD，根据所推出相等关系，可求四边形EFCD的周长．
【详解】解：根据平行四边形的性质，得
AO=OC，∠EAO=∠FCO，又∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF，
∴OF=OE=2.5，CF=AE，
根据平行四边形的对边相等，得
CD=AB=4，AD=BC=5，
故四边形EFCD的周长=EF+FC+ED+CD
=OE+OF+AE+ED+CD
=2.5+2.5+5+4=14．
故选：D．
【点睛】解题的关键是能够根据平行四边形的性质发现全等三角形，再根据全等三角形的性质求得相关线段间的关系．
5．B
【分析】利用平行四边形的性质及判定定理可判断四边形AEPF为平行四边形，EF、AP为平行四边形AEPF的对角线，设交点为O，则EF、AP相互平分，从而证得△POF≌△AOE，则阴影部分的面积等于△ABC的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC
∵PE∥BC，
∴PE∥AD
∵PF∥CD，
∴PF∥AB，
∴四边形AEPF为平行四边形．
设平行四边形AEPF的对角线AP、EF相交于O，则AO＝PO，EO＝FO，∠AOE＝∠POF
∴△POF≌△AOE，
∴图中阴影部分的面积等于△ABC的面积，
过A作AM⊥BC交BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝4，
∴BM=2
∴AM＝ =2，
S△ABC5×25，即阴影部分的面积等于5．
故答案选：B．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质及判定定理，勾股定理以及全等三角形及三角形面积的求法，范围较广．
6．D
【分析】平行四边形的对边相等，点的横坐标减去点的横坐标，等于点的横坐标减去点的横坐标，点和点的纵坐标相等，从而确定点的坐标．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴点的横坐标减去点的横坐标，等于点的横坐标减去点的横坐标，点和点的纵坐标相等，
∵点，，的坐标分别是，，，
∴点的坐标为．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，坐标与图形．掌握平行四边形的性质是解题的关键．
7．A
【分析】先根据平行四边形的性质可得，再根据三角形中位线定理即可得．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，即点是的中点，
又点是的中点，
，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．
8．
【分析】连接AG，根据点E为AH的中点，点F为GH的中点，得到EF=，故EF的最小值，只有当AG取得最小值时，才能成立，AG的最小值为垂线段AG，根据勾股定理计算即可．
【详解】如图，连接AG，
因为点E为AH的中点，点F为GH的中点，
所以EF=，故EF的最小值，
只有当AG取得最小值时，才能成立，AG的最小值为垂线段AG，
过点A作AM⊥BC，垂足为M，
因为，，
所以BM=2，
AM=，
故EF的最小值为=
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，垂线段最短，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
9．D
【分析】根据三角形中位线定理得到，利用等腰三角形的性质得到，延长交于点M，利用平行线的性质，三角形外角性质计算即可．
【详解】如图，延长交于点M，
∵，E、F、G分别是的中点，，，
∴，
∴，，，
∴，
解得．
故选D．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形外角性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
10．B
【详解】解：A、∵OA=OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、由AB=CD，故选项B符合题意；
C、∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：B．
11．D
【分析】根据平行四边形对角顶点的横坐标的和相等，对角顶点纵坐标的和相等列式计算可得答案．
【详解】解：∵A(1，﹣1)，B(4，2)，C(0，3)，
∴当点D与点A为对角顶点时，点D的横坐标为4+0-1=3，纵坐标为2+3-（-1）=6，即D（3，6）；
当点D与点B为对角顶点时，点D的横坐标为1+0-4=-3，纵坐标为-1+3-2=0，即D（-3，0）；
当点D与点C为对角顶点时，点D的横坐标为1+4-0=5，纵坐标为-1+2-3=-2，即D（5，-2），
故选：D．
【点睛】此题考查了直角坐标系中平行四边形的性质：对角顶点的横坐标的和相等，对角顶点纵坐标的和相等，熟记性质是解题的关键．
12．见解析.
【分析】由平行四边形的性质可得AB∥CD，由“AAS”可证△DEC≌△FEB，可得BF=CD，由平行四边形的判定可证四边形DBFC是平行四边形．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD，
∴∠DCB＝∠CBF，∠CDF＝∠DFB，
∵点E为BC边的中点，
∴BE＝CE，且∠DCB＝∠CBF，∠CDF＝∠∠DFB，
∴△DEC≌△FEB（AAS）
∴BF＝CD，且AB∥CD
∴四边形DBFC是平行四边形.
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用平行四边形的判定和性质是本题的关键．
13．详见解析
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF∥BC且EF=BC，DG∥BC且DG=BC，从而得到DE=EF，DG∥EF，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可．
【详解】证明：∵D、G分别是AB、AC的中点，
∴DG∥BC，DG=BC．
∵E、F分别是OB、OC的中点，
∴EF∥BC，EF=BC，
∴DG=EF，DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形．
【点睛】本题考查的是中点四边形、平行四边形的判定和性质，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定定理和性质定理是解题的关键．
14．C
【分析】根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可．
【详解】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如：矩形的对角线相等；四个角都是直角等．
15．A
【分析】先由矩形的性质得出，结合题意证明是等边三角形即可．
【详解】解：四边形是矩形，且
是等边三角形，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形对角线相等且互相平分的性质及等边三角形的判定方法，熟练掌握矩形性质是解决本题的关键.
16．##
【分析】连接，过点A作于G，利用勾股定理列式求出，再利用三角形的面积求出，然后根据的面积求出即可．
【详解】解：如图所示，连接，过点A作于G，
，，
，，
即，
解得： ，
在矩形中，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的面积，根据三角形面积公式推出是解题的关键．
17．D
【分析】连接OB，与AC交于点M，根据矩形的性质可知M（，2），由于轴，所以D的坐标可求．
【详解】解：如图，当轴时，连接OB，与AC交于点M，
∵四边形OABC是矩形，
∴OM＝MB，
∵B（3，4），
∴M（，2），
∵轴，
∴轴，
∵点D在y轴上，
∴D（0，2），
∴OD＝2，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．
18．12
【分析】根据矩形的性质得到AD=BC=8，CD=AB=6，∠ABC=90°，根据勾股定理得到AC=10，根据三角形中位线定理和直角三角形的性质得到分别得到ME、NE、MN的长，于是得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，CD=AB=6，∠ABC=90°，
∴，
∵DE⊥AC，
∴∠DEA=∠DEC=90°，
∵Rt△AED中，点M是AD中点，
∴，
∵Rt△CDE中，点N是CD中点，
∴，
∵在△CDE中，点M是AD中点，点N是CD中点，
∴，
∴△EMN的周长=ME+NE+MN=4+3+5=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
19．C
【分析】直接根据矩形的判定进行解答.
【详解】根据题意，四边形ABCD是平行四边形，
A. 有一个是直角的平行四边形是矩形，不符合题意，该选项错误；
B. 对角线相等的平行四边是矩形，不符合题意，该选项错误；
C. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，符合题意，该选项正确；
D. 平行四边形ABCD中，∠BAD+∠ADC=180，根据∠BAD＝∠ADC得到∠BAD＝∠ADC=90，是矩形，不符合题意，该选项错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形判定的简单应用，解题的关键是掌握矩形的判定定理，明确矩形和平行四边形、菱形、正方形之间区别.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接AC，由三角形中位线定理可得，可得，EH=GF，可得结论；
（2）先证明四边形ABHG为平行四边形，再证明AB=GH=EF，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD．
∵E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，
∴E，F分别为OB，OD的中点，
∵G是AD的中点，
∴GF为△AOD的中位线，
∴，
同理，
∴，
∴四边形GEHF是平行四边形；
（2）当时，四边形GEHF为矩形，理由如下：
连接GH，
∵四边形ABCD是平行四边形，G，H分别是AD，BC的中点，
∴AG=BH，，
∴四边形ABHG是平行四边形，
∴GH=AB，
∵BD=2AB，，
∴AB=BD=EF，
∴GH=EF，而四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形中位线定理等知识，证明四边形ABHG是平行四边形是解题的关键．
21．B
【分析】根据菱形的性质分别判断即可．
【详解】解： A、根据菱形的性质：菱形的四条边相等，可知A选项正确，不符合题意；
B、根据菱形的性质：菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，无法判断对角线相等，可知B选项不正确，符合题意；
C、根据菱形的性质：菱形是轴对称图形，它有两条对称轴，可知C选项正确，不符合题意；
D、根据菱形的性质：菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角，可知D选项正确，不符合题意；
故选：B
【点睛】此题考查菱形的性质定理，掌握菱形的性质是解题关键．
22．B
【分析】由菱形的性质可得，由菱形的面积得可得，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可解答．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识点，根据菱形的性质求得是解题的关键．
23．B
【分析】根据菱形性质，求出两点的坐标，再利用中点坐标公式即可得到点的坐标．
【详解】解：过作轴于，如图所示：
菱形的边长为2，边在轴上，，
，，
，
菱形的对角线、相交于点，
点的坐标是，即，
故选：B．
【点睛】本题考查图形与坐标，涉及菱形性质、等腰直角三角形性质、平面直角坐标系中中点坐标公式等知识，熟练掌握菱形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．
24．C
【分析】根据平行四边形的性质．菱形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、正确．对角线垂直的平行四边形的菱形．
B、正确．邻边相等的平行四边形是菱形．
C、错误．对角线相等的平行四边形是矩形，不一定是菱形．
D、正确．理由如下：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ACD=∠2，
∵∠1=∠2，
∴∠ACD=∠1，
∴AD=CD，
根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定是菱形．
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的判定定理，平行四边形的性质．熟记菱形的判定定理是解题关键．
25．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由平行线的性质可知，即可利用“AAS”证明△AEF≌△DEB；
（2）根据直角三角形斜边中线的性质结合题意可知AF=AD=BD=CD．再根据AF//CD，可证四边形ADCF是平行四边形，从而可证平行四边形ADCF是菱形．
【详解】（1）证明：∵AF//BC，
∴．
又∵AF=BD，，
∴△AEF≌△DEB(AAS)；
（2）∵在Rt△ABC中，D是BC的中点，
∴AD=BD=CD，
∴AF=AD=BD=CD．
∵AF//BC，即AF//CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
又AD=CD，
∴平行四边形ADCF是菱形．
【点睛】本题考查平行线的性质，三角形全等的判定，直角三角形斜边中线的性质以及菱形的判定．掌握三角形全等和菱形的判定条件是解题关键．
26．D
【分析】过点作于点，设与交与点，利用已知条件和正方形的性质得到为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和平行线分线段成比例定理解答即可得出结论．
【详解】解：过点作于点，设与交与点，如图，
四边形是正方形，
，，
，
．
由题意得：，
，．
．
，
，
，
，
，
．
，
，
，
，
，
．
，，
，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，依据题意恰当地添加辅助线是解题的关键．
27．D
【分析】过点D作轴于点E，过点C作与点F，CF与y轴交于点G．由A、B两点坐标可知DE=2，AE=3．由正方形的性质可得出，．再根据， 即得出．从而得出，从而由“AAS”可证明，即得出，，从而可求出，，即得出C(1，5)．
【详解】如图，过点D作轴于点E，过点C作与点F，CF与y轴交于点G．
∵A(2，0)，D(-1，2)
∴DE=2，AO=2，OE=1
∴AE=1+2=3．
∵四边形ABCD为正方形，
∴，．
∴
∵，
∴．
∴在和中，，
∴(AAS)，
∴，，
∴．
由所做辅助线可知四边形OEFG为矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴C(1，5).
故选D．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质、坐标与图形．正确的作出辅助线是解题关键．
28．D
【分析】根据正方形的判定逐个分析即可得．
【详解】解：四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
又，
菱形是正方形，则条件①能判定是正方形；
四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，
又，
菱形是正方形，则条件②能判定是正方形；
四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，，
又，
，
菱形是正方形，则条件③能判定是正方形；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定，还涉及菱形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握正方形的判定是解题关键．
29．(1)四边形是菱形，证明见解析
(2)当时，四边形是正方形
【分析】（1）首先根据，，可证得，四边形是平行四边形，再根据角平分线的定义，可证得，，据此即可证得结论；
（2）根据正方形的判定定理，即可解答．
【详解】（1）解：四边形是菱形，
证明：，，
，，，
∴四边形是平行四边形，
是的角平分线，
，
，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：当时，四边形是正方形，
理由：由（1）得四边形是菱形，
∴当，四边形是正方形．
【点睛】本题考查了平行线的性质，平行四边形、菱形、正方形的判定，熟练掌握和运用特殊平行四边形的判定定理是解决本题的关键．
30．C
【分析】根据等腰三角形三线合一求出CD的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DE的长，根据三角形的周长公式计算得到答案．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，CD=BC=4，
∵AD⊥BC，点E为AC的中点，
∴DE=EC=AC=6，
∴△CDE的周长=CD+DE+EC=16，
故选：C．
【点睛】本题考查的是直角三角形的性质和等腰三角形的性质，掌握等腰三角形三线合一性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
31．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一的性质得出，进而证得是三角形中位线，根据直角三角形斜边上中线的性质得到结论；
（2）过点作交于，设，根据过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边，可推出是的中位线，得出，然后利用等角对等边说明，，再利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵在中，，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（2）解：过点作交于，设，
∵，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
解得：或（负值不合题意，舍去）
∴，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边，三角形中位线的判定和性质，勾股定理的应用，直角三角形两锐角互余等．勾股定理及三角形中位线的灵活运用是解题的关键．
32．B
【分析】先利用中位线性质求得AD，再由中线知BD=AD即可解答．
【详解】解：∵点E、F分别是AC、DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴AD=2EF=2，
∵CD是△ABC的中线，
∴BD=AD=2
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的中线和中位线，熟练掌握中位线的性质是解答的关键．
33．##2.4##
【分析】连接，当时，的值最小，此时的值也最小，根据勾股定理求出，根据三角形的面积求出，再求出答案即可．
【详解】解：连接，
∵点D、E分别为的中点，
∴，
当时，的值最小，此时的值也最小，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的面积，勾股定理，三角形的中位线，垂线段最短等，熟知三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键．
34．A
【分析】由平行四边形的性质即可求得答案．
【详解】解：平行四边形的性质为对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，
∴选项B、C、D不符合题意；平行四边形的对角线不一定相等，
∴选项A符合题意，
故选：A．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质，即平行四边形的性质对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分是解题的关键．
35．A
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质，即可求得顶点D的坐标．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB，，
∵ ABCD的顶点A，B，C的坐标分别是，，，
∴由平移的性质可得顶点D的坐标为（4，1）．
故选：A．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质．坐标与图形，点的平移的坐标变化规律，注意数形结合思想的应用是解此题的关键．
36．D
【分析】根据题意，分情况画出图形，根据平行四边形的性质和角平分线的性质，结合等腰三角形的判定证得AB=AE，CD=DF，再分情况求解即可．
【详解】解：有两种情况，
①如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，
∴∠AEB=∠EBC，∠DFC=∠FCB，
∵BE平分，CF平分，
∴∠ABE=∠EBC，∠DCF=∠FCB，
∴∠ABE=∠AEB，∠DCF=∠DFC，
∴AB=AE，CD=DF，则AB=AE=DF，
∵AD=AE+DF-EF=8，EF=2，
∴AE=5，则AB=5；
②如图2，
由①中得：AB=CD，AB=AE，CD=DF，则AB=AE=DF，
∵AD=AF+DE+EF=6，EF=2，
∴AF=3，则AB=3，
综上，AB的长为3或5，
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质和等角对等边是解答的关键．
37．D
【详解】解：A、由“AB//DC，AD//BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB//DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
38．见解析
【分析】根据平行线的判定得出，进而利用平行线的性质和平行四边形的判定解答即可．
【详解】证明，如下：
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行线的性质，平行四边形的判定．
39．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据中点的定义和平行线的性质可得、，然后通过证明即可得到结论；
（2）先证四边形是平行四边形可得，进而得到，最后结合即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，掌握相关判定和性质定理是解答本题的关键．
40．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，根据，可得，根据一组对边平行且相等即可得证；
（2）先证明四边形ACED是矩形，根据勾股定理求得的长，进而即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边，
，，
，
，
在的延长线上，
，
四边形ACED是平行四边形；
（2）四边形是平行四边，
，
，
，
四边形ACED是平行四边形；，
四边形ACED是矩形，
，
，
中，，
四边形ACED的面积为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
41．(1)①见解析；②见解析
(2)16°
【分析】（1）①由AD//BC，可得∠OAE＝∠OCF，然后根据ASA即可证明△AOE≌△COF；②同理可证△AOD≌△COB，由全等三角形的性质可得AD＝CB，又AD//BC，则可证四边形ABCD为平行四边形；
（2）先根据平行线的性质可得∠EBD=∠DBF=32°，∠ABC＝180° ∠BAD=80°，由线段垂直平分线的性质得BE=DE，则∠EBD=∠EDB=32°，然后根据∠ABE＝∠ABC ∠EBD ∠DBF即可求得答案.
【详解】（1）证明：①∵AD//BC，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△AOE和△COF中，
∴△AOE≌△COF（ASA）；
②∵AD//BC，
∴∠OAD＝∠OCB，
在△AOD和△COB中，
，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝CB，
又∵AD//BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（2）解：∵AD//BC，∠DBF=32°
∴∠EDB＝∠DBF=32°，
由（1）②得：四边形ABCD为平行四边形，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴EF是BD的垂直平分线
∴BE＝DE，
∴∠EBD＝∠EDB=32°，
∵AD//BC，∠BAD=100°
∴∠ABC＝180° ∠BAD=180° 100°=80°，
∴∠ABE＝∠ABC ∠EBD ∠DBF＝80° 32° 32°=16°
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键.
42．B
【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
【详解】解：∵A（12，13），
∴OD=12，AD=13，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD=13，
在Rt△ODC中，OC==5，
∴C（0，-5）．
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
43．B
【分析】由菱形的性质得OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，则AC=12，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，
∴AC=12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH=2×4=8，
∴菱形ABCD的面积=
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，求出BD的长是解题的关键．
44．A
【分析】取OD的中点H，连接HP，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO＝4，OB＝OD＝6，由三角形中位线定理可得，，可得EH＝6，，由勾股定理可求PE的长．
【详解】解：如图，取OD的中点H，连接HP
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，OB＝OD＝6
∵点H是OD中点，点E是OB的中点，点P是CD的中点
∴OH=3，OE=3，，
∴EH＝6，
在中，由勾股定理可得：
∴
故选：A
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
45．D
【分析】利用菱形的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：A选项，四个内角相等的四边形是矩形或正方形，不能判定是菱形，故此方案不可行；
B选项，对角线相等的四边形可能是矩形、正方形，也可能是等腰梯形，不能判定是菱形，故此方案不可行；
C选项，两条对角线的交点到四个顶点的距离相等，即对角线互相平分且相等，可以判定四边形是矩形，不能判定是菱形，故此方案不可行；
D选项，分别沿两条对角线对折，如果对角线两侧的部分每次都完全重合，说明对角形互相垂直且平分，可以证明四边形是菱形，故此方案可行；
故选D．
【点睛】本题考查菱形的判定方法，解题的关键是掌握对角形互相垂直且平分的四边形是菱形．
46．见解析
【分析】由平行四边形的性质得出，，由平行线的性质得出．由证明，由全等三角形的性质得出，证出四边形为菱形即可．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
47．(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论：①当点在的左侧时，②当点在的右侧时进行解答即可；
（2）当四边形是菱形，则有，根据点的速度，求出运动的时间，即可．
【详解】（1）由题意得，，，
∴，
①当点在的左侧，如图，连接，
∵和互相平分，
∴四边形是平行四边形
∴，
∴
解得：；
②当点在的右侧，
∵和不相交，
∴不合题意
∴当时，和互相平分．
（2）若四边形是菱形，
则，
∴，
此时．四边形是菱形.
【点睛】本题考查平行四边形，菱形的知识，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，菱形的性质，动点运动轨迹．
48．（1）见解析；（2）
【分析】（1）由E是AD的中点，AF∥BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得AF＝BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，可得AD＝BD＝CD＝AF，证得四边形ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形；
（2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案．
【详解】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S＝AC DF＝10．
【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．
49．(1)见解析
(2)15
【分析】（1）由平行线的性质和角平分线得出∠ADB=∠ABD，证出AD=AB，由AB=BC得出AD=BC，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=AC=8，在Rt△OCD中，由勾股定理得OD=15，得出BD=2OD=30，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵ADBC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴AD=AB，
∵AB=BC，
∴AD=BC，
∵ADBC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD，OA=OC=AC=8，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD==15，
∴BD=2OD=30，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=90°，
∵OB=OD，
∴OE=BD=15．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
50．C
【分析】根据矩形和菱形的性质逐个判断即可．
【详解】矩形的性质有：①矩形的对边平行且相等，
②矩形的四个角都是直角，
③矩形的对角线互相平分且相等，
菱形的性质有：①菱形的对边平行，菱形的四条边都相等，
②菱形的对角相等，
③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每一条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是解此题的关键．
51．C
【详解】解：∵EO是AC的垂直平分线，
∴AE=CE．
设CE=x，则ED=AD﹣AE=4﹣x．，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+ED2，
即x 2=22+（4－x）2，
解得x=2.5，
∴CE的长为2.5．
故选C．
52．B
【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定得出是等边三角形，可判断①；根据证明与全等，可判断②；根据全等三角形的性质可判断③④．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故结论①正确；
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形，
故结论②正确；
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
故结论③正确；
在矩形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故结论④正确；
∴结论正确的序号是①②③④．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理．解题的关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
53．A
【分析】根据题意可知四边形是平行四边形，然后再根据四个选项所给条件一一进行判断即可得出答案．
【详解】解：在四边形中，对角线相交于点O，，
四边形是平行四边形，
A、添加条件，可得四边形是菱形，但不一定是矩形，故符合题意；
B、若，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
C、若，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
D、若，则，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的定义及判定定理是解答此题的关键．
54．(1)见解析；
(2)见解析
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，证出OE是△BDF的中位线，得OE∥DF即可；
（2）先证△DFG≌△CEG（AAS），得FG=EG，则四边形CFDE是平行四边形，再证CD=EF，即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接BD，交AC于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵BE=EF，
∴OE是△BDF的中位线，
∴OE∥DF，
即DF∥AC；
（2）证明：如图所示：
由（1）得：DF∥AC，
∴∠DFG=∠CEG，∠GDF=∠GCE，
∵G是CD的中点，
∴DG=CG，
在△DFG和△CEG中，
，
∴△DFG≌△CEG（AAS），
∴FG=EG，
∴四边形CFDE是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∵2AB=BF，
∴2CD=BF，
又∵EF=BE，
∴CD=EF，
∴平行四边形CFDE是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
55．（1）证明见解析；（2）当平行四边形ABCD是菱形时，四边形AFBO是矩形．
【分析】（1）证明△BEF≌△OEC，即可得出结论；
（2）先证明四边形AFBO是平行四边形，然后根据OA⊥OB得到平行四边形AFBO是矩形.
【详解】证明：（1）∵E是BO的中点，
∴OE=BE，
∵BF∥AC，
∴∠BFE=∠OCE，
在△BEF和△OEC中，
∴△BEF≌△OEC，
∴BF=OC，
∵平行四边形ABCD的两条对角线相交于点O，
∴OA=OC，
∴FB=AO；
（2）当平行四边形ABCD是菱形时，四边形AFBO是矩形．理由如下：
∵BF∥AC，FB=AO，
∴四边形AFBO是平行四边形，
∵平行四边形ABCD是菱形，
∴OA⊥OB，
∴∠AOB=90°.
∴平行四边形AFBO是矩形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质以及菱形的性质、矩形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题关键．
56．(1)见解析
(2)5
【分析】（1）由三个角是直角的四边形是矩形可证四边形CEDF是矩形；
（2）连接CD，由矩形的性质可得CD＝EF，当CD⊥AB时，CD有最小值，即EF有最小值，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵DF∥AC，∠C＝90°，
∴∠DFB＝∠C＝90°，
∴∠DFC＝90°＝∠C，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠DFC＝∠C，
∴四边形CEDF是矩形；
（2）解：连接CD，如图所示：
由（1）可知，四边形CEDF是矩形，
∴CD＝EF，
∴当CD有最小值时，EF的值最小，
∵当CD⊥AB时，CD有最小值，
∴CD⊥AB时，EF有最小值，
∵C到AB的距离是5，即点C到AB的垂直距离为5，
∴CD的最小值为5，
∴EF的最小值为5．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质以及最小值问题，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
57．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形，根据菱形的性质得出∠DOC＝90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出OD，根据勾股定理求出AO，根据菱形的性质求出AC，根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）证明：∵DEAC，CEBD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
即∠DOC＝90°，
∴平行四边形ODEC是矩形；
（2）解：∵在Rt△AOD中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵AD＝10，
∴ ，
∴AO，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ，
∵四边形ODEC是矩形，
∴∠ACE＝90°，CE＝OD＝5，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
58．B
【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，根据正方形的性质以及已知条件，求得，，进而求得，设，则，根据，求得，在中，勾股定理求解即可．
【详解】如图，过点分别作的垂线，垂足分别为，
正方形ABCD
正方形ABCD中，，点E为BC中点，
设，则
解得
，
在中，
故选B
【点睛】本题考查了求正切值，正方形的性质，勾股定理，根据题意作出辅助线是解题的关键．
59．C
【分析】根据正方形的每一条对角线平分一组对角可得，然后利用证明和全等即可判断①；根据全等三角形对应边相等可得，同理，证出四边形是矩形，得出，根据等角对等边得出，，故可判断②；根据矩形的性质可得，再利用勾股定理即可得到即可判断③；证明，是中位线，可得四边形是正方形，四边形是正方形，根据正方形的性质可得结论．
【详解】解：①∵四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
故结论①正确；
②∵，
∴，
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵正方形中，，
又∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故结论②正确；
③∵四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
故结论③正确；
④如图，
由①得，由②得，
∴，，，，
∵点是的中点，
∴，
∵，
∴，，
∴点是的中点，点是的中点，
∴为的中位线，为的中位线，
∴，，
∴，，
又∵，，
∴四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故结论④错误；
∴正确的结论是①②③，共个．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，等角对等边，直角三角形两锐角互余等知识．证明是解题的关键．
60．(1)证明见解析
(2)∠BGC＝45°
【分析】（1）由矩形可得∠ABC=90°，易得∠ABP+∠PBC=90°，由AP⊥BP，可得∠ABP+∠PAB=90°，易得∠PBC=∠PAB，由AAS定理可得△ABP≌△BCE，由全等三角形的性质可得AB=BC，易得结论；
（2）由△ABP≌△BCE易得AP=BE，又CF=BE，可得AP=CF，易得四边形ACFP是平行四边形，可得∠ACB=∠BGP，由四边形ABCD是正方形，AC是对角线，可得∠ACB=∠BGP=45°．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°．
即∠ABP +∠PBC=90°，
∵AP⊥BP，
∴∠ABP +∠PAB=90°，
∴∠PBC=∠PAB．
∵CE⊥BP，
∴∠APB=∠BEC=90°．
∵BP＝CE，
∴△ABP≌△BCE．
∴AB＝BC．
∴四边形ABCD是正方形．
（2）∵△ABP≌△BCE，
∴AP＝BE．
∵BE＝CF，
∴AP＝CF．
∵AP⊥BP，FE⊥BP，
∴AP∥CF，
∴四边形ACFP是平行四边形．
∴AC∥PF，
∴∠ACB=∠BGC．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BGC＝∠ACB＝45°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，矩形的性质和正方形的性质及判定，综合利用相关定理是解题关键．
61．(1)见解析
(2)是定值为1
【分析】（1）过点分别作，垂足分别为点，由题意易得，则有四边形为矩形，然后可得四边形为正方形，进而可证，最后问题可求证；
（2）由题意易得，，然后可得，进而根据等积法可进行求解．
【详解】（1）证明：如图，过点分别作，垂足分别为点，
∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴矩形为正方形；
（2）解：四边形的面积为定值，理由如下：
∵矩形为正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
所以，四边形的面积为定值1．
【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键．
62．(1)；
(2)；
(3)；
(4)、的值分别为，．
【分析】（1）根据正方形面积的不同计算方法可得等式；
（2）根据（1）中所得等式，代入数据计算即可；
（3）根据正方形面积的不同计算方法可得等式；
（4）根据（3）中所得等式，结合题意可得关于，的方程组，进而求得，的值．
【详解】（1）解：如图，正方形的面积可以表示为，也可以表示为，
∴可得等式
故答案为：；
（2）解：∵，且，，
∴，
∴，
∴的值为；
（3）解：如图3，正方形的面积可以表示为，也可以表示为，
∴可得等式，
整理得：，
故答案为：；
（4）解：∵，时，；当，时，，且，
∴，
解得：，
即、的值分别为，．
【点睛】本题主要考查了完全平方公式的几何背景，解二元一次方程组，解决问题的关键是运用面积法得出等式，注意数形结合思想的运用．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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